Réduction

1. Réduction de la matrice A

La matrice $A$ est symétrique réelle, elle est donc diagonalisable d'après le théorème spectral.

Ses valeurs propres sont immédiatement obtenues :

• $\lambda_1 = 2$, associée au sous-espace propre $E_2(A) = \operatorname{Vect}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right)$

• $\lambda_2 = 0$, associée au sous-espace propre $E_0(A) = \operatorname{Vect}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\right)$

En posant la matrice orthogonale $P = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ (avec $P^{-1} = P^T$), on obtient :

2. Co-diagonalisation de X

Soit $X \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ une solution de l'équation $X^2 + X = A$.

Remarquons que $X$ et $A$ commutent :

Donc les sous-espaces propres de $A$ sont stables par X.
Comme ces sous-espaces propres sont de dimensions 1, ce sont aussi des sous-espaces propres de X.
En effet, les sous-espaces de A sont des droites vectorielles : si une droite vectorielle $D$ est stable par X alors l'image reste sur la même droite : pour $v \in D$ non nul, on a $Xv \in D = Vect(v)$ donc $Xv = \alpha v$ où $\alpha \in \mathbb{R}$.

Ainsi X est diagonalisable et dans la même base que A : Il existe donc des réels $\lambda$ et $\mu$ tels que :

3. Résolution de l'équation

En injectant l'expression de $X$ dans l'équation $X^2 + X = A$, il vient :

Par unicité des coefficients dans la base de diagonalisation, ceci équivaut au système :

On obtient deux choix possibles pour $\lambda$ ($1$ ou $-2$) et deux choix pour $\mu$ ($0$ ou $-1$), soit un total de 4 matrices diagonales $Y = P^TXP$ :

4. Calcul des solutions X

Chaque matrice solution est donnée par $X_i = P Y_i P^T$. Sachant que $P = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ :

• Pour $Y_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ : $X_1 = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}A$

• Pour $Y_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ : $X_2 = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

• Pour $Y_3 = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ : $X_3 = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} -2 & -2 \\ -2 & -2 \end{pmatrix} = -A$

• Pour $Y_4 = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ : $X_4 = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} -3 & -1 \\ -1 & -3 \end{pmatrix}$

Conclusion : L'ensemble des solutions de l'équation dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ est :

1. Diagonalisation de la matrice initiale $A_0$

Calculons le polynôme caractéristique de $A_0$ :

Le discriminant du polynôme est $\Delta = 4 - 4 \times \frac{11}{16} = \frac{5}{4} > 0$.

$A_0$ admet deux valeurs propres réelles distinctes :

La matrice $A_0$ est donc diagonalisable dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$. Il existe $P \in \operatorname{GL}_2(\mathbb{R})$ telle que :

2. Reduction de la récurrence matricielle

Pour tout $n \in \mathbb{N}$, posons $B_n = P^{-1} A_n P$. La récurrence devint :

Par une récurrence immédiate, $B_n$ reste une matrice diagonale pour tout $n \in \mathbb{N}$. En notant $B_n = \begin{pmatrix} u_n & 0 \\ 0 & v_n \end{pmatrix}$, les suites réelles $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ et $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ vérifient :

où $f : x \mapsto 2x - x^2$.

3. Étude de la fonction f et des suites réelles

La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ avec $f'(x) = 2(1 - x)$.

On remarque que $f(]0, 2[) = ]0, 1]$ et l'intervalle $I = ]0, 1]$ est stable par $f$ car $f(]0, 1]) = ]0, 1]$.

De plus, $\sqrt{5} \approx 2,236$, donc $x_1, x_2 \in ]0, 2[$, on voit donc que l'on peut se limiter à étudier les suites récurrentes $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ vérifiant $a_0 \in ]0, 2[$ et $a_{n+1} = f(a_n)$.

Soit $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une telle suite.

Alors $a_1 = f(a_0) \in ]0, 1]$, et par stabilité, $\forall n \ge 1, \; a_n \in ]0, 1]$.

Étudions le signe de $f(x) - x$ sur $]0, 1]$ :

Ainsi, la suite $(a_n)_{n \ge 1}$ est croissante et majorée par 1. D'après le théorème de la limite monotone, elle converge vers une limite $\ell \in ]0, 1]$.

Par continuité de $f$, $\ell$ vérifie $f(\ell) = \ell \iff \ell(1 - \ell) = 0$. Comme $\ell \ge a_1 > 0$, la seule possibilité est $\ell = 1$.

4. Convergence des matrices et conclusion

Comme $u_0 = x_1 \in ]0, 2[$ et $v_0 = x_2 \in ]0, 2[$, la propriété s'applique aux deux suites :

Par convergence coefficient par coefficient dans $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ :

D'autre part, pour tout $n \in \mathbb{N}$ :

L'application $M \mapsto \det(M)$ étant continue sur $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$, on peut intervertir limite et déterminant :

Conclusion : $\lim_{n \to +\infty} \det(A_n) = 1$.

1. Construction d'une base adaptée

Puisque $A$ est nilpotente d'indice $n - 1$, on a $A^{n-1} = 0$ et $A^{n-2} \neq 0$.

Il existe donc un vecteur $x \in \mathbb{R}^n$ tel que $A^{n-2}x \neq 0$. La famille de $n - 1$ vecteurs :

est une famille libre (résultat classique sur les endomorphismes nilpotents). Comme $\dim \mathbb{R}^n = n$, on peut compléter $\mathcal{F}$ par un vecteur $y \in \mathbb{R}^n$ pour former une base :

2. Analyse de l'image du vecteur complété

Exprimons l'image de chaque vecteur de la base par l'endomorphisme canoniquement associé à $A$ :

• Pour $0 \le k \le n - 3$, l'image de $A^k x$ est $A^{k+1} x$, ce qui donne une sous-diagonale de 1 dans la matrice.

• L'image du $(n-1)$-ième vecteur est $A(A^{n-2}x) = A^{n-1}x = 0$.

• Pour le dernier vecteur $y$, son image $Ay$ se décompose dans la base $\mathcal{B}$ :

• Absence de composante sur $y$ ($\beta = 0$) : Si $\beta \neq 0$, la présence de ce terme propre empêcherait $Ay$ de s'annuler par puissances de $A$, ce qui contredit $A^{n-1}y = 0$.

• Absence de composante sur $x$ ($\alpha_0 = 0$) : En appliquant $A^{n-2}$ à l'égalité, on obtient $A^{n-1}y = \alpha_0 A^{n-2}x + 0 = 0$. Comme $A^{n-2}x \neq 0$, cela impose $\alpha_0 = 0$.

On a donc bien $Ay \in \mathrm{Vect}(Ax, A^2x, \dots, A^{n-2}x)$, ce qui garantit que la première et la dernière ligne de la colonne de $y$ sont nulles.

3. Forme normale et conclusion

La matrice représentative de $A$ dans la base $\mathcal{B}$ est donc semblable à $A$ et présente la structure suivante :

Les matrices nilpotentes d'indice $n - 1$ sont donc exactement les matrices semblables à une matrice composée d'un bloc de Jordan de taille $n - 1$ et d'un bloc nul de taille 1 (ou à deux blocs de Jordan de tailles respectives $n - 1$ et $1$).

a) Valeurs propres complexes possibles de $A$

En transposant l'égalité $A^2 = A^T$, on obtient :

En réinjectant $A^T = A^2$ dans l'expression de gauche :

Le polynôme $P(X) = X^4 - X$ est donc un polynôme annulateur de $A$. Factorisons $P$ dans $\mathbb{C}[X]$ :

où $j = e^{i \frac{2\pi}{3}} = -\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Comme les valeurs propres complexes de $A$ sont obligatoirement des racines de tout polynôme annulateur, on a :

b) Construction d'un exemple possédant toutes les valeurs propres

Pour posséder à la fois $0, 1, j$ et $\overline{j}$ comme valeurs propres, la matrice doit être de taille au moins $n \ge 4$ (car $j$ et $\overline{j}$ étant complexes non réels, ils interviennent par paires dans le polynôme caractéristique d'une matrice réelle).

Recherchons un bloc d'ordre 2 réel $R_\theta = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$ ayant pour valeurs propres $j$ et $\overline{j}$.

Le polynôme caractéristique de $R_\theta$ est :

Pour que ses racines soient $j$ et $\overline{j}$, il faut que $\chi(X) = (X-j)(X-\overline{j}) = X^2 + X + 1$, donc :

Le bloc s'écrit alors :

Vérifions que $R^2 = R^T$ : $R$ étant la matrice de la rotation d'angle $2\pi/3$, $R^2$ est la rotation d'angle $4\pi/3 \equiv -2\pi/3$, ce qui correspond exactement à $R^{-1} = R^T$.

Il suffit de poser la matrice diagonale par blocs suivante (dans $\mathcal{M}_4(\mathbb{R})$) :

Cette matrice est réelle, vérifie $A^2 = A^T$ par calcul par blocs, et son spectre complexe est exactement
$\mathrm{Sp}_{\mathbb{C}}(A) = \{0, 1, j, \overline{j}\}$.

a) Valeurs propres complexes des matrices antisymétriques

Soit $\lambda \in \mathrm{Sp}_{\mathbb{C}}(A)$ et $X \in \mathbb{C}^n \setminus \{0\}$ un vecteur propre associé : $AX = \lambda X$.

Multiplions à gauche par $X^* = \overline{X}^T$ :

En notant $\|X\|$ la norme 2 du vecteur $X = (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{C}^n$, définie par la racine de la somme des modules au carré de ses coordonnées :

D'autre part, en prenant la transposée conjuguée du scalaire $X^* A X$ et en utilisant $A^T = -A$ :

Ainsi, $\lambda \|X\|^2 = -\overline{\lambda} \|X\|^2$. Comme $X \neq 0$, $\|X\|^2 > 0$, d'où :

Les valeurs propres de $A$ sont donc toutes des imaginaires pures.

b) Déterminant de $A$ si $n$ est impair

En utilisant les propriétés du déterminant et le fait que $A^T = -A$ :

Puisque $n$ est impair, $(-1)^n = -1$, ce qui donne :

c) Preuve de $\det(A + J) = \det(A)$ pour $n$ pair

a) Existence de la racine carrée symétrique définie positive

Soit $S \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})$. Par le théorème spectral, $S$ est diagonalisable dans une B.O.N. et ses valeurs propres $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ sont toutes strictement positives.

Il existe donc une matrice orthogonale $P \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ et une matrice diagonale $D = \mathrm{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ telles que :

Posons $H = P \Delta P^T$ où $\Delta = \mathrm{diag}(\sqrt{\lambda_1}, \dots, \sqrt{\lambda_n})$.

• Symétrie : $H^T = (P \Delta P^T)^T = P \Delta^T P^T = P \Delta P^T = H$.
• Définie positivité : Ses valeurs propres sont $\sqrt{\lambda_i} > 0$, donc $H \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})$.
• Égalité des carrés : $H^2 = (P \Delta P^T)(P \Delta P^T) = P \Delta^2 P^T = P D P^T = S$.

b) Caractérisation des matrices diagonalisables dans $\mathbb{R}$

Sens direct ($\implies$) :

Supposons $A$ diagonalisable dans $\mathbb{R}$. Il existe $P \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et $D$ diagonale telles que $A = P D P^{-1}$.
Posons $S = (P^{-1})^T P^{-1}$.

• $S^T = ((P^{-1})^T P^{-1})^T = (P^{-1})^T P^{-1} = S$, donc $S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$.
• Pour tout $X \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}$, $X^T S X = X^T (P^{-1})^T P^{-1} X = \|P^{-1} X\|^2 > 0$ car $P^{-1}$ est un isomorphisme. Ainsi $S \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})$.
• De plus, $A^T = (P^{-1})^T D P^T$, d'où :

On a donc bien $SA = A^T S$.

Sens réciproque ($\impliedby$) :

Supposons qu'il existe $S \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})$ telle que $SA = A^T S$.
D'après la question a), il existe $H \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})$ telle que $S = H^2$. La relation devient :

$H$ étant inversible, multiplions à gauche par $H^{-1}$ et à droite par $H^{-1}$ :

Posons $B = H A H^{-1}$. Calculons la transposée de $B$ (sachant que $H^T = H$ et $(H^{-1})^T = H^{-1}$) :

Ainsi, $B \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$. Par le théorème spectral, $B$ est diagonalisable dans $\mathbb{R}$.
Comme $A = H^{-1} B H$, $A$ est semblable à $B$, donc $A$ est diagonalisable dans $\mathbb{R}$.